2025版高考物理全程一輪復(fù)習第七章碰撞與動量守恒第1講動量定理及應(yīng)用學案

第1講動量定理及應(yīng)用課程標準素養(yǎng)目標通過實驗和理論推導(dǎo)，理解動量定理，能用其解釋生活中的有關(guān)現(xiàn)象．物理觀念：知道動量、沖量的概念．科學思維：理解動量定理和動量守恒定律，能用其解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象．知道動量守恒定律的普適性．科學探究：通過實驗，了解彈性碰撞和非彈性碰撞的特點．定量分析一維碰撞問題并能解釋生產(chǎn)生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象．考點一動量和沖量【必備知識·自主落實】1．動量動量是狀態(tài)量，與時刻相對應(yīng)(1)定義：物理學中把________和________的乘積定義為物體的動量．(2)表達式：p＝________．(3)方向：動量的方向與________的方向相同．2．動量的變化(1)因為動量是矢量，動量的變化量Δp也是________，其方向與速度的改變量Δv的方向________.(2)動量的變化量Δp的大小，一般用末動量p′減去初動量p進行計算，也稱為動量的增量，即Δp＝________．3．沖量沖量是過程量，與時間或過程對應(yīng)(1)定義：力與____________的乘積叫作力的沖量．“力”可以是某一個力，也可以是合力(2)公式：I＝________．(3)單位：沖量的單位是______________，符號是____________．(4)方向：沖量是________，恒力沖量的方向與力的方向________．【關(guān)鍵能力·思維進階】1．如圖所示，學生練習用腳順球．某一次足球由靜止自由下落1.25m，被重新順起，離開腳部后豎直上升的最大高度仍為1.25m．已知足球與腳部的作用時間為0.1s，足球的質(zhì)量為0.4kg，重力加速度大小g取10m/s2，不計空氣阻力，則()A.足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為4kg·m/sB.足球自由下落過程重力的沖量大小為2kg·m/sC.足球與腳部作用過程中動量變化量為零D.腳部對足球的平均作用力為足球重力的9倍2．一質(zhì)點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是()A.第2s末，質(zhì)點的動量為0B.第2s末，質(zhì)點的動量方向發(fā)生變化C.第4s末，質(zhì)點回到出發(fā)點D.在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為03．在水平力F的作用下質(zhì)量為2kg的物塊由靜止開始在水平地面上做直線運動，水平力F隨時間t變化的關(guān)系如圖所示．已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，g取10m/s2.則()A.6s時物塊的動量為零B.3s時物塊離初始位置的距離最遠C.0～6s時間內(nèi)F對物塊沖量為24N·sD.0～6s時間內(nèi)水平力F對物塊所做的功為20J思維提升1.動量、沖量、動量變化量、動量變化率的比較大小表達式方向動量p＝mv與v同向沖量I＝Ft與F同向動量變化量Δp＝mv′－mv與合力同向動量變化率Δp與合力同向2.沖量的計算方法(1)恒力的沖量：直接用定義式I＝Ft計算．(2)變力的沖量①作出F-t圖線，圖線與t軸所圍的面積即為變力的沖量，如圖所示．②對于易確定始、末時刻動量的情況，可用動量定理求解．考點二動量定理的理解和應(yīng)用【必備知識·自主落實】1．內(nèi)容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的________．“力”指的是合力2．公式：____________或____________．【關(guān)鍵能力·思維進階】1．用動量定理解題的基本思路2．動量定理的應(yīng)用技巧(1)應(yīng)用I＝Δp求變力的沖量如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝FΔt求沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化量Δp，等效代換得出變力的沖量I.(2)應(yīng)用Δp＝FΔt求動量的變化例如，在曲線運動中，速度方向時刻在變化，求動量變化(Δp＝p2－p1)需要應(yīng)用矢量運算方法，計算比較復(fù)雜。如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換得出動量的變化．考向1用動量定理解釋生活中的現(xiàn)象例1籃球運動員通常要伸出雙手迎接傳來的籃球．接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前，如圖所示．這樣做可以()A．減小球?qū)κ值臎_量B．減小球?qū)\動員的沖擊力C．減小球的動量變化量D．減小球的動能變化量考向2動量定理的有關(guān)計算例2(多選)[2023·廣東卷]某同學受電動窗簾的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的簡化模型．多個質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力．開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04s，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s.關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有()A．該過程動量守恒B．滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N·sC．滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N·sD．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N例3[2023·江蘇卷]如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°.平臺BC與緩沖坡CD相連．若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點．滑雪者現(xiàn)從A點由靜止開始下滑，從B點飛出．已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力．(1)求滑雪者運動到P點的時間t；(2)求滑雪者從B點飛出的速度大小v；(3)若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L.考向3動量定理與圖像的綜合例4[2024·河北模擬預(yù)測]如圖甲所示，物塊放置在光滑固定斜面上，t＝0時刻對物塊施加一沿斜面向上的、按圖乙所示規(guī)律變化的作用力F，物塊由靜止開始運動，物塊加速度大小a隨時間t變化的圖像如圖丙所示，重力加速度g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．斜面傾角的正弦值為0.6B．物塊的質(zhì)量為0.2kgC．0～1s內(nèi)，F(xiàn)的沖量大小為2N·sD．1s末物塊的速度大小為2.5m/s核心素養(yǎng)提升動量定理與微元法的綜合應(yīng)用典例1[2024·山東濰坊市高三檢測]近些年高壓水槍水射流清洗技術(shù)迅速發(fā)展，可以用于清洗汽車上許多種類的污垢層．設(shè)高壓水槍洗車時，垂直射向車身的圓柱形水流的橫截面直徑為d，水從出水口水平出射，水打到車身后不反彈順車身流下．已知車身受到水的平均沖力大小為F，水的密度為ρ，則水的流量Q(單位時間流出水的體積)為()A．12ρdC．2ρdπFD．2d典例2宇宙飛船在飛行過程中有很多技術(shù)問題需要解決，其中之一就是當飛船進入宇宙微粒塵區(qū)時，如何保持速度不變的問題．假設(shè)一宇宙飛船以v＝2.0×103m/s的速度進入密度ρ＝2.0×10－6kg/m3的微粒塵區(qū)，飛船垂直于運動方向上的最大橫截面積S＝5m2，且認為微粒與飛船相碰后都附著在飛船上，則飛船要保持速度v不變，所需推力多大？思維提升“三招”速解變質(zhì)量(如流體)問題第1講動量定理及應(yīng)用考點一必備知識·自主落實1．(1)質(zhì)量速度(2)mv(3)速度2．(1)矢量相同(2)p′－p3．(1)力的作用時間(2)FΔt(3)牛秒N·s(4)矢量相同關(guān)鍵能力·思維進階1．解析：足球達到腳背的速度為v＝2gh＝5m/s，足球下落到與腳部剛接觸時動量大小為p＝mv＝0.4×5kg·m/s＝2kg·m/s，A錯誤；小球自由下落的時間為t＝2hg＝0.5s，所以足球自由下落過程重力的沖量大小為I＝mgt＝0.4×10×0.5kg·m/s＝2kg·m/s，B正確；根據(jù)運動的對稱性，足球離開腳背的速度大小也是5m/s，設(shè)豎直向下為正方向，所以腳背與足球作用過程中，動量變化量為Δp＝－mv－mv＝－2×0.4×5kg·m/s＝－4kg·m/s，C錯誤；足球與腳部作用過程中，根據(jù)動量定理可得(mg－F)t＝Δp，解得F＝44N＝11mg答案：B2．解析：由題圖可知，0～2s時間內(nèi)F的方向和質(zhì)點運動的方向相同，質(zhì)點經(jīng)歷了加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2s末，質(zhì)點的速度最大，動量最大，方向不變，故選項A、B錯誤；2～4s內(nèi)F的方向與0～2s內(nèi)F的方向相反，該質(zhì)點0～2s內(nèi)做加速運動，2～4s內(nèi)做減速運動，所以質(zhì)點在0～4s內(nèi)的位移均為正，第4s末沒有回到出發(fā)點，故選項C錯誤；在F-t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量的大小，由題圖可知，1～2s內(nèi)的面積與2～3s內(nèi)的面積大小相等，一正一負，則在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為0，故選項D正確．答案：D3．解析：選擇最初水平力的方向為正方向，0～3s時間內(nèi)物塊向正方向做加速運動，則有a1＝F?μmgm＝4?3s末速度v1＝a1t1＝3m/s隨后減速運動有a2＝F+μmgm＝4+0.1×2×102m/s2減速至0歷時Δt＝v1之后反向以加速度大小為a1做加速運動，6s末的速度v2＝1×(3－1)m/s＝2m/s此時動量大小p＝mv2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s即6s時物塊的動量不為零，A錯誤；根據(jù)上述可知，4s時物塊開始反向運動，即4s時物塊離初始位置的距離最遠，B錯誤；F-t圖像中，圖線與時間軸所圍面積表示力的沖量，力的總沖量等于時間軸上下幾何圖形面積之差，根據(jù)圖像可知，時間軸上下幾何圖形面積之差為零，可知0～6s時間內(nèi)F對物塊沖量為零，C錯誤；物塊開始加速的位移x1＝v12t1＝4.5m，減速至0的位移x2＝v12Δt＝1.5m，反向加速的位移x3＝v22t2＝22×(3－1)m＝2m，加速過程F做正功，減速過程做負功，則W＝F(x1＋x答案：D考點二必備知識·自主落實1．動量變化量2．FΔt＝mv′－mvI＝p′－p關(guān)鍵能力·思維進階例1解析：運動員先伸出兩手迎接，手接觸到球后，兩手隨球收縮至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理有－FΔt＝0－mv，解得球?qū)\動員的沖擊力F＝mvΔt答案：B例2解析：取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為p1＝mv1＝1×0.40kg·m/s＝0.40kg·m/s碰撞后的動量為p2＝2mv2＝2×1×0.22kg·m/s＝0.44kg·m/s則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；對滑塊1，取向右為正方向，則有I1＝mv2－mv1＝1×0.22kg·m/s－1×0.40kg·m/s＝－0.18kg·m/s負號表示方向水平向左，故B正確；對滑塊2，取向右為正方向，則有I2＝mv2＝1×0.22kg·m/s＝0.22kg·m/s，故C錯誤；對滑塊2根據(jù)動量定理有FΔt＝I2解得F＝5.5N則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N，故D正確．故選BD.答案：BD例3解析：(1)滑雪者從A到P根據(jù)動能定理有mgdsin45°－μmgcos45°d＝12mv根據(jù)動量定理有(mgsin45°－μmgcos45°)t＝mvP－0聯(lián)立解得t＝22dg1?μ(2)由于滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點，故從P點到B點合力做功為0，所以當從A點下滑時，到達B點有vB＝vP＝2(3)當滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大；滑雪者從B點飛出做斜拋運動，豎直方向上有vPcos45°＝g×t水平方向上有L＝vPsin45°·t聯(lián)立可得L＝2d(1－μ)答案：(1)22dg1?μ(2)2gd例4解析：t＝0時，F(xiàn)＝0，設(shè)斜面傾角為θ，物塊的質(zhì)量為m，對物塊由牛頓第二定律，有mgsinθ＝ma0可得sinθ＝0.5，故A錯誤；t＝1s時，F(xiàn)＝2N，物塊的加速度為0，對物塊由牛頓第二定律，有2N－mgsinθ＝0，解得m＝0.4kg，故B錯誤；F-t圖線與橫軸圍成的面積大小等于力F的沖量大小，則0～1s內(nèi)，F(xiàn)的沖量大小為I＝2×12N·s＝1N·s，故C錯誤；a-t圖線與橫軸圍成的面積大小等于物塊的速度變化量大小，又物塊初始時刻的速度